理科数学-2022年高考考前押题密卷（全国甲卷）（全解全析）

这是一份理科数学-2022年高考考前押题密卷（全国甲卷）（全解全析），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022 年高考考前押题密卷（全国甲卷）
理科数学·全解全析


1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
C
C
A
B
A
D
A
D
D
D
A
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 【答案】B

ì1+ x ³ 0



ìï( x - 3)(x +1) £ 0

ï
î
【解析】由í3 - x
ïîx ¹ 3
得 íïx ¹ 3
，∴ -1 £ x < 3 ，即 A = {x | -1 £ x < 3} ，又 B = {x x > 0} ，

\ A U B = {x | x ³ -1} ．故选 B．

2. 【答案】C


ìm + 2 = 0
4 -i 4 -i 4i -i2 1

【解析】依题意， í
î
m ¹ 0
，解得m = -2 ，故
z
= -2i =
-2i2
= + 2i ．
2

故选 C.

3. 【答案】C
【解析】根据等比中项得a2 = a a ，所以log a
+ log a
= log
(a a ) = log
a2 = log 81 = log 34 = 4 .

5 4 6
3 4 3 6
3 4 6
3 5 3 3


故选 C.

4. 【答案】A

【解析】A.由于 2015 年移动电话普及率比 2014 年的普及率低，所以近十年以来移动电话普及率逐年递增是错误的，所以该选项错误；
B.近十年以来固定电话普及率逐年递减，所以该选项正确；

C.2021 年移动电话普及率为 116.3 部/百人，2020 年移动电话普及率为 112.9 部/百人，所以 2021 年比上

年末提高 3.4 部/百人，所以该选项正确；

D.2021 年固定电话普及率为 12.8 部/百人，2020 年固定电话普及率为 12.9 部/百人，2021 年比上年末降低 0.1 个百分点，所以该选项正确.
故选 A.

5. 【答案】B

【解析】对于命题 p，点( a , b ) 在圆C : x2 + y2 = 1 内，则a2 + b2 < 1，故圆心（0，0）到直线 ax + by = 1的


a2 + b2
距离d =
1 > 1 ，则直线 ax + by = 1与圆 C 相离， p 为真命题，


对于命题 q， l 与a的位置关系不确定， q为假命题. 选项中只有 p Ù (Øq) 为真命题．故选 B.
6. 【答案】A
【解析】因为 88 + 92 = 90 ，所以 P ( X < 88) = 1- P (88 < X < 92) = 0.34 ，
2 2
因此， 0 < m = P ( X < 85) < P ( X < 88) = 0.34 .
故选 A.

7. 【答案】D

【解析】对 f ( x) = - x x ，其定义域为 R ，且 f (-x) = x x = - f ( x) ，故 f ( x) 为 R 上的奇函数；
又当 x > 0 时， f ( x) = -x2 ，其在(0, +¥) 上单调递减；当 x < 0 时， f ( x) = x2 ，其在(-¥, 0) 上单调递减； 又 f ( x) 是连续函数，故 f ( x) 在 R 上都是单调减函数.
所以 f (m + 2) + f (2m -1) < 0 ，即 f (m + 2) < f (1- 2m) ，
所以m + 2 > 1- 2m ，解得m > - 1 .
3
故选 D.


8. 【答案】A

Sn
【解析】由2

= + Sn-1 (n ³ 2) 知：{


Sn }为等差数列，


Sn+1
S1
a1
S2
a1 + a2
又 = = 1 ， = = 2 ，则公差d = 1 ，

Sn
n
所以 = n ，故 S = n2 ，

则 S = (n -1)2 (n ³ 2) ，可得a = S - S = n2 - (n -1)2 = 2n -1，而 a = 1也满足，
n-1 n n n-1 1

所以an = 2n -1，则 a2022 = 2 ´ 2022 -1 = 4043 .

故选 A.

9. 【答案】D

【解析】由题意 f ( x ) 的图象关于直线 x = π 对称，所以3´ π +j= kπ + π , k Î Z ，即j= kπ - π , k Î Z ，
4 4 2 4
又- π 2 2 4 4


, ]
对于 A，因为 x Î[ π , π] ，所以3x - π Î[0, 3π] ，所以函数 f (x) = sin(3x - π) 在[ π π

上不单调，

12 3 4 4 4 12 3

故 A 错误；
对于 B， f (x + π ) = sin[3(x + π ) - π] = sin 3x ，为奇函数，故 B 错误；
12 12 4
对于 C， f ( x ) 的图象向右平移 π 个单位长度得到函数
4
f (x - π) = sin[3(x - π) - π] = sin(3x - π) = - sin 3x 的图象，故 C 错误；
4 4 4

对于 D，因为 f (x)max = 1， f (x)min = -1，结合题意
f (x1 ) - f (x2 ) = 2 ，所以 x1 - x2 的最小值为半个周期，


w
又 f (x) = sin(3x - π)，所以T = 2π = 2π ，所以 x - x 的最小值为 π ，故 D 正确.

4 3 1 2 3

故选 D.

10. 【答案】D
【解析】依题意， p = 1，即 p = 2 ，抛物线方程为： y2 = 4x ，焦点 F (1, 0) ，
2
如图，过点 B 作直线 BM//l 交 AC 于 M，显然四边形 BMCD 是矩形，


由抛物线定义知： | AC |=| AF |= 3 | BF |= 3 | BD |，

则| AM |= | AC | - | CM |=| AC | - | BD |= 2 | BD |= 2 | BF |，而| AB |= 4 | BF |，

则 BM = 2
BF ，于是得直线 AB 的斜率k = tan ÐBAM = | BM | = ，
3
3
| AM |


3
ìx = 3 y +1

所以直线 AB 的方程为 x =
ï
y +1，由í 3
消去 x 得： 3 y2 - 4 3 y -12 = 0 ，

3 ïî y2 = 4 x

解得 y = 2 3 ， y = - 2 3 ，于是得点 A，B 的纵坐标分别为2 3 ， - 2 3 ，
1 2 3 3
则C(-1, 2 3), D(-1, - 2 3 )，从而得| CD |= 8 3 ，而点 O 到直线 l 的距离为 h=1，
3 3
所以△COD 的面积为 S = 1 | CD | ×h = 1 ´ 8 3 ´1 = 4 3 .
2 2 3 3
故选 D.

11. 【答案】D

【解析】如图，取CC1 的中点G ，连接 BG ，则 D1E∥BG ，取CG 的中点 N ，连接 FN ，则 FN∥BG

所以 FN∥D1E ，则直线 FN Ì 平面 D1EF .

延长 D1E, DA 交于点 H ，连接 FH 交 AB 于点 M ，连接 ME ，易得 A 为 HD 的中点. 则平面 D1EF 截该正方体所得的截面图形为五边形 D1EMFN














42 + 22
12 + 22
由条件可得 A1E = AE = 2 ，则C1 N = 3, CN = 1， D1E =
= 2 ，



5
42 + 32
D1 N =
= 5， FN =
= 5 .



取 AD 的中点Q ，连接QF ，则 AM∥FQ ，所以 AM
= AH ，


所以 AM = AH ´ FQ = 4 ´ 4 = 8 ，则 MB = 4 .
FQ HQ

HQ 6 3 3



所以 ME =
= = 10 ，
AE 2 + AM 2
4 + ç
æ 8 ö2
è 3 ø
÷
3




MF =

MB2 + BF 2
4 + ç
æ 4 ö2
è 3 ø
÷
2 13
= = .
3



所以截面图形周长为 D E + EM + MF + FN + ND
= 2 5+ 10+
2 13+
5+ 5=
2 13 +9 5 +25 .

1 1 3 3 3

故选 D.


12. 【答案】A

【解析】由已知条件，对于


2a = e

a - 1 ，两边同取对数，

2
则有ln 2 + ln a = a - 1 ，即a - ln a = 1 + ln 2 = 1 - ln 1 ，
2 2 2 2
同理： b - ln b = 1 - ln 1 ； c - ln c = 1 - ln 1 .
3 3 4 4
构造函数 f ( x) = x - ln x ，

则 f (a ) = f æ 1 ö ， f (b) = f æ 1 ö， f (c ) = f æ 1 ö .
ç ÷ ç ÷ ç ÷
2
3
4
è ø è ø è ø
求导得： f ¢( x ) = x -1 ( x > 0) ，
x
\当0 < x < 1时， f ¢( x) < 0 ， f ( x ) 单调递减； 当 x > 1 时， f ¢( x) > 0 ， f ( x ) 单调递增；
又Q a > 1 ， b > 1 ， c > 1 ，
2 3 4
\1 < a < b < c .

再构造函数 g ( x) = x ln x ，对其求导得：
g¢( x) = ln x +1( x > 0) ，
\当0 < x < 1 时， g¢( x) < 0 ， g ( x) 单调递减；
e
当 x > 1 时， g¢( x) > 0 ， g ( x) 单调递增；
e
\ g (a) < g (b) < g (c) ，
即： a ln a < b ln b < c ln c .

又Q abc > 0 ，
\ ln a < ln b < ln c .
bc ac ab
故选 A.

二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13. 【答案】0

【解析】由a = (2 2 sin 45o, 2 cos 60o) 知a = (2,1) ，由b = (2 sin 30o, 4 3 cos 30o ) 知b = (1, 2) ，故
3
a + b = (3, 3) ， a - b = (1, -1) ，故(a + b) × (a - b) = 0.
14. 【答案】126

【解析】据题意，甲可收集 1 种或 2 种资料：

3 4 3
第一类，甲收集 1 种，则乙、丙、丁中有一人收集 2 种，另两人各收集 1 种，有C1 C2A3 = 108 种；

3 3
第二类，甲收集 2 种，则乙、丙、丁每人各收集 1 种，有C2A3 = 18 种. 所以不同的分工收集方案种数共有 108+18=126 种.
故答案为：126.

15. 【答案】12π
【解析】如图，连接 AC, BD ，交于点O ，取 AD 的中点 M ，连接 PM ，


因为 PA = PD = AB = 2 ，所以 PM ^ AD ，
因为等腰Rt△PAD 所在平面与矩形 ABCD 所在平面垂直，且平面 PAD I平面 ABCD = AD ， 所以 PM ^ 平面 ABCD ，
连接OM ， OP ，则 PM ^ OM .
在等腰Rt△PAD 和矩形 ABCD 中， PA = PD = AB = 2 ，



所以 AD = 2 2, PM =
2, AC = BD =
= 2 ，


8 + 4
3
所以OA = OB = OC = OD = 3, MO = 1 ，

PM 2 + OM 2
3
所以OP = = ，

3
所以OP = OA = OB = OC = OD = ，

所以点O 为四棱锥 P - ABCD 的外接球的球心，则球的半径为 3 ，

所以四棱锥 P - ABCD 的外接球的表面积为 4π×(
故答案为：12π . 16．【答案】 y = ±x
3)2 = 12π ，

【解析】设 BC, DC, BD 的斜率分别为k1 , k2 , k3 ，

uur
uuur

k = -k , k
= - 1



k
由 BA = BO ， BD × CD = 0 ，可得 1 3 2 ，
3

从而直线 BC , DC 的斜率之积为k1k2 = 1.

设双曲线 E : x2 - y2 = 1(a > 0, b > 0), C ( x , y ), D ( x , y )，则 B(-x , -y )，

a2 b2
1 1 2 2 2 2

k = y1 + y2 , k


= y1 - y2


x2 y2
x2 y2

所以 1 2
， 1 - 1
= 1, 2 - 2 = 1.

x1 + x2 x1 - x2
x 2 - x 2 y 2 - y 2
a2 b2
a2 b2

所以 1 2 = 1 2 ，
a2 b2
b2 y2 - y2 y + y y - y
所以 = 1 2 = 1 2 × 1 2 = k1k2 = 1.

a2 x2 - x2 x + x x - x
1 2 1 2 1 2

所以双曲线 E 的渐近线方程为 y = ± b x = ±x .故答案为： y = ±x .
a

三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共 60 分。

17．（12 分）

【解析】（1）若选①：
3a
由正弦定理及sin ( A + C ) = cos A 得， sin ( A + C ) = cos A ，

b
cos A
3 sin A
则sin B = ，
sin B
所以tan A = sin A = 3 ．
cos A 3
sin B
3 sin A

∵ A Î(0, π) ，∴ A = π ．（6 分）
6

若选②： 由b (2 -

3 cos A) = a sin B 和正弦定理得，得2 sin B = sin A sin B +


3 sin B cos A ．

∵在△ABC 内， sin B > 0 ，∴ sin A +

即sin æ A + π ö = 1，


3 cos A = 2 ．

ç 3 ÷
è ø

∵ 0 < A < π ，∴ π < A + π < 4π ，∴ A + π = π ，
3 3 3 3 2
∴ A = π ．（6 分）
6

b a 4 3 = 4 3



（2）由正弦定理得sin B = sin A ，即sin B

∵ 0 < B < π ，则 B = π 或 B = 2π ，
sin π ，则sin B = 2 ，
6

3 3
3
若 B = π ，则C = π ，则 S = 1 ab sin C = 8 ；

3 2 △ ABC 2
3
若 B = 2π ，则C = π ，则 S = 1 ab sin C = 4 ．

3 6 △ABC 2
∴△ABC 的面积为8 3 或4 3 ．（12 分）

18．（12 分）


C1 C1
126

【解析】（1）由题意得 P ( X = 1) = 18 42 = .（3 分）
C
60
2 295

（2）由题意可得，从该校的学生中随机抽取 3 名学生参加野外拉练活动，能完成活动的概率为 18 = 3 ，
60 10

不能完成活动的概率为 42 = 7
60 10

，且 Y 可以取 0，100，200，300，则



æ 3 7ö æ ö
0 3
P (Y = 0) = C0 =
343 ，



3 ç 10 ÷ ç 10 ÷
1000

è ø è ø


æ 3 7ö æ ö
1 2
3 ç 10 ÷ ç ÷10
P (Y = 100) = C1
è ø è ø
= 441 ，
1000



æ 3 7ö æ ö
2 1
3 ç 10 ÷ ç 10 ÷
P (Y = 200) = C2
è ø è ø
= 189 ，
1000



P (Y = 300 = C3 )
æ 3 ö3 æ 7 ö0
3 ç 10 ÷ ç 10 ÷
= 27 ，
1000

è ø è ø

所以 Y 的分布列为：

Y
0
100
200
300

P
343

1000
441

1000
189

1000
27

1000

则 Y 的数学期望为 E (Y ) = 0 ´ 343 +100 ´ 441 +200 ´ 189 +300 ´ 27
= 90 ．（12 分）

1000 1000 1000 1000
19．（12 分）

【解析】（1）如图，取 AA1 的中点 G，连接 EG，FG，AC，

因为 EG ∥ AD ， EG Ë 平面 ABCD， AD Ì 平面 ABCD， 所以 EG ∥平面 ABCD，
因为 AG ∥ CF ， AG = CF ，所以四边形 AGFC 是平行四边形， 所以 FG ∥ AC ，又 FG Ë 平面 ABCD， AC Ì 平面 ABCD，
所以 FG ∥平面 ABCD，
因为 FG I EG = G ，所以平面 EFG ∥平面 ABCD，
因为 EF Ì 平面 ABCD，所以 EF ∥平面 ABCD．（5 分）




（2）设CD = BC = 1 AA = 1 AB = 2 ，

2 1 2
由 AD = CD = BC ，得ÐDAB = ÐABC = 60° ，


42 - 22
因为 AC ^ BC ，所以 AC =
= 2 ，


3
由题意知 CA，CB，CC1 两两垂直，以 C 为坐标原点，分别以 CA，CB，CC1 所在直线为 x，y，z 轴建立


如图所示的空间直角坐标系，

则 A(2 3, 0, 0)， A (2 3, 0, 4 ) ， B (0, 2, 0) ， C (0, 0, 4) ， D (

3, -1, 0)， E(3 3 , - 1 , 2) ，



1



uuur 3 3 1
所以 = (-


1
2 2

， BC = (0, -2, 4 ) ，

EC1
, , 2) 1
2 2

设平面C1EB 的法向量为 n =( x, y, z ) ，
3
ìn × uuur

由ï EC1 = 0 得ìï-3 3x + y + 4z = 0 ，取 z = 1，得平面C EB 的一个法向量为 n = ( 2
, 2,1) ，

í uuur
í y - 2z = 0 1

ïîn × BC1 = 0 ïî 3
连接 BD，因为 BD ^ AD ， BD ^ AA1 ， AD I AA1 = A ，所以 BD ^ 平面 AA1D ，

所以平面 AA1D 的一个法向量为 DB = (-
3, 3, 0)，

uuur
cosá
 -2 + 6

19
3
2 19
DB , nñ = =
所以 19 ，
2 3 ´

所以平面 AA1D 与平面C1EB 所成锐二面角的余弦值为 2 19 ．（12 分）
19
20．（12 分）

【解析】（1）若a = e ，则 f ( x ) = e x - ex +1 ，
∴ f (1) = 1， f ¢( x ) = e- ex ，
∴ f ¢(1) = e- e1 = 0 ，
∴曲线 y = f ( x) 在点(1, f (1)) 处的切线方程为 y -1 = 0( x -1) ，即 y -1 = 0 ．
∴曲线 y = f ( x) 在点(1, f (1)) 处的切线方程为 y -1 = 0 ．（4 分）
（2）设 F ( x ) = ln ( x +1) - f ( x ) = ln ( x +1) + ex - ax -1 ， x Î[0, +¥) ，


则 F ¢( x ) =
1


x + 1

+ ex - a ．

设h ( x) = F ¢( x) ， x Î[0, +¥) ，则 h¢( x) = ex - 1 = (ex -1) +[1- 1 ] ³ 0 ．


∴函数 F ¢( x) 在[0, +¥) 上单调递增． 当a £ 2 时， F ¢(0) = 2 - a ³ 0 ．
( x +1)2
( x +1)2

∴ F¢( x) ³ 0 ，故 F ( x) 在[0, +¥) 上单调递增．
又∵ F (0) = 0 ，故 F ( x) ³ 0 对任意的 x Î[0, +¥) 都成立． 即当a £ 2 时， "x ³ 0 ，都有 f ( x) £ ln ( x +1) ．（8 分）当a > 2 时， ln a > ln 2 > 0 ， F ¢(0) = 2 - a < 0 ，
F¢(ln a) = 1 + elna - a = 1 + a - a = 1 > 0 ．

ln a +1 ln a +1 ln a +1
∴ $x0 Î(0, ln a ) ，使 F¢( x0 ) = 0 ．
∵函数 F ¢( x) 在[0, +¥) 上单调递增，
∴ "x Î(0, x0 ) ，都有 F ¢( x ) < 0 ．
∴ F ( x) 在(0, x0 ) 上单调递减．
∴ $x1 Î(0, x0 ) ，使 F ( x1 ) < F (0) = 0 ，即$x1 Î(0, x0 ) ，使 f ( x) > ln ( x +1) ，与"x ³ 0 ， f ( x) £ ln ( x +1)

矛盾．

综上所述，a 的取值范围为(-¥, 2] ．（12 分）
21．（12 分）
【解析】（1）由题意知 A(0, b) ， F (c, 0) ，

1
因为△AOF 的面积为 1，所以 S△AOF = 2 bc = 1 ． 又直线 AF 的方程为 x + y = 1，即bx + cy - bc = 0 ，
c b
因为点 O 到直线 AF 的距离为 2 5 ，
5


c2 + b2
所以 bc
= 2 5 ，解得c = 2 ， b =（1 b < 2）， a = ，
5
5




所以椭圆 C 的标准方程为
x2 + 2

y
5
= 1 ．（4 分）

（2）依题意，当直线 MN 的斜率为 0 时，不符合题意；
当直线 MN 的斜率不为 0 时，设直线 MN 的方程为 x = my + 2(m ¹ 0) ，
ì x = my + 2
ï 2 2

联立í x2
ïî 5

+ y2 = 1
，得(m
+ 5) y
+ 4my -1 = 0 ，

易知D= 16m2 + 4 (m2 + 5) = 20 (m2 +1) > 0 ．
设 M ( x , y ) ， N ( x , y ) ，则 y + y = - 4m ， y × y = - 1 ，


1 1 2 2
1 2 m2 + 5 1 2
m2 + 5

因为 ME ^ x 轴， NQ ^ x 轴，所以 E ( x1, 0) ， Q( x2 ,0) ，


所以直线 QM： y =
y1 x1 - x2
( x - x2 ) ①，

直线 NE： y =
y2 x2 - x1
(x - x1 ) ②，


联立①②解得 x
= x1 y2 + x2 y1 = (my1 + 2) y2 + (my2 + 2 )y1 = 2+ 2my1 y2 = 5 ，


p
y1 + y2 y1 + y2 y1 + y2 2
因为 ME∥NQ ，ME 与直线 x = 5 平行，
1
2
2

所以 S
= S - S
= NQ × x - x =
y × | 5 - x


|= 1 1



- my y |，

△PMN

1 2
my1 y2


因为 y + y
△PNQ

= 1 ，
4
△MNQ
P 1 2 2
|
1
2
1 2 2
y2 1 2



1
8
1 1 1
m2 +1

2
所以 S△PMN = | y2 - ( y1 + y2 ) |= y1 - y2 =

= ´ ，

5
2 2 4

1
8
(
y + y - 4 y y
)
2
1 2
1 2
5
m2 + 1
5
由 ，得 4 2 ，
4 m + 5

4 ´ m2 + 5 = 16
m - 6m
+ 9 = 0

3
解得m = ± ，

故存在直线 l 的方程为 x -



3 y - 2 = 0 或 x +

3 y - 2 = 0 ，使得△PMN 的面积等于 5 ．（12 分）
16

（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

22．[选修 4–4：坐标系与参数方程]（10 分）
【解析】（1）由rsin2 q= 2a cosq(a > 0) 两边同乘以r得r2 sin2q= 2arcosq， 又由 x = rcosq, y = rsinq，得曲线 C 的直角坐标方程为 y2 = 2ax ，

ì
ïx = -2 +
由直线 l： í
2 t
2 (t 为参数），消去 t，得直线 l 的普通方程为 x - y + 2 = 0 .（5 分）

ï
ï y = 2 t
î 2

ì
ïx = -2 +
（2）将í
2 t
2 代入 y2 = 2ax 得， t 2 - 2 2at + 8a = 0 ，

ï
ï y = 2 t
î 2

由D> 0 得a > 4 ，设 M (-2 + 2 t , 2 t ), N (-2 +
2 t , 2 t )，

2 1 2 1

则t1 + t2 = 2 2a ， t1t2 = 8a ，

因为| PM |,| MN |,| PN |成等比数列，所以 t - t
2 2 2 2



2 =| t t |，

1 2 1 2

所以(2 2a)2 - 4 ´8a = 8a ，所以a = 5 .（10 分）

23．[选修 4-5：不等式选讲]（10 分）
【解析】（1）因为 2x +1 + 2 x -1 ³ (2x +1) - 2 ( x -1) = 3 ，
所以3 ³ a +1 ，即-4 £ a £ 2 .所以实数 a 的取值范围为[-4, 2].（5 分）

2a +1 1
（2）由 2a + b +1 = 3ab 可得b = > 0 ，所以
3a -1 3
< a £ 2 .

5 5
5a + b = 5a + 2a +1 = 5a + 3 + 2 = 5 (3a -1 )+ 3 + 7 = 5[ (3a -1 )+ 1 ] + 7 .

3a -1 3a -1 3 3 3a -1 3 3 3a -1 3



5
故5a + b ³ ´ 2
3
1
+ 7 = 17 .
(3a -1)× (
1
3a -1
)
3 3
2 17

当且仅当3a -1 =


3a -1
即a = 时， 5a + b 取最小值
3
.（10 分）
3